2020高考物理新创新大一轮复习新课改省份专用讲义：第五章第32课时　应用能量观点解决力学综合问题（题型研究课）

第32课时　应用能量观点解决力学综合问题(题型研究课)

1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)

A．2mgR　　　　　　　　　 B．4mgR

C．5mgR  D．6mgR

解析：选C　小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，解得v＝2，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2 ，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正确。

2.(多选)(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程(　　)

A．矿车上升所用的时间之比为4∶5

B．电机的最大牵引力之比为2∶1

C．电机输出的最大功率之比为2∶1

D．电机所做的功之比为4∶5

解析：选AC　两次提升的高度相同，则图线①②与时间轴围成的面积相等，由几何知识可得第②次提升过程所用时间为2t0＋＝t0，所以矿车两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5，故A正确；在加速上升阶段电机的牵引力最大，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，由于两次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B错误；两次提升加速阶段达到的最大速度之比为2∶1，由P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比为2∶1，故C正确；两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，由动能定理知，两次电机做功也相同，故D错误。

3．(多选)(2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)

A．加速度先减小后增大

B．经过O点时的速度最大

C．所受弹簧弹力始终做正功

D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

解析：选AD　物块由A点开始向右做加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma，知a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误；在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误；由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。

[备考视角]

能量观点是解答动力学问题的三大观点之一。能熟练应用能量观点解题是学生深化物理知识、提升综合分析能力的重要体现。高考试卷的压轴题也常需要用到能量的观点。通过该部分的复习，能培养学生的审题能力、推理能力和规范表达能力。

命题点一　摩擦力做功与能量的关系

1．两种摩擦力做功的比较

2．求解相对滑动物体的能量问题的方法

(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。

(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。

(3)根据功的公式和功能关系解题。

[典例]　如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：

(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；

(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。

[解析]　(1)小物块在C点时的速度大小

vC＝

小物块由C到D的过程中，由动能定理得

mgR(1－cos 60°)＝mvD2－mvC2

代入数据解得vD＝2 m/s

小物块在D点时由牛顿第二定律得

FN－mg＝m

代入数据解得FN＝60 N

由牛顿第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。

(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为

a1＝＝μg，a2＝

速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t

对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得

μmgL＝mvD2－(m＋M)v2

解得L＝2.5 m。

[答案]　(1)60 N，方向竖直向下　(2)2.5 m

[易错提醒]

(1)无论是求解滑动摩擦力做功，还是求解静摩擦力做功，都应代入物体相对于地面的位移。

(2)摩擦生热ΔQ＝Ffl相对中，若物体在接触面上做往复运动时，则l相对为总的相对路程。

[集训冲关]

1.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，下列结论正确的是(　　)

A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)

B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx

C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)

D．小物块和小车增加的机械能为Fx

解析：选ABC　由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能ΔE＝F(L＋x)－FfL，D错误。

2．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg 的另一物体B(可视为质点)以水平速度0＝2 m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．A获得的动能为2 J

B．系统损失的机械能为4 J

C．A的最小长度为2 m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

解析：选D　由题图乙可知，A、B的加速度大小均为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，A获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv02－×2mv2＝2 J，选项B错误；由题图乙可求出A、B相对位移为1 m，即A的最小长度为1 m，选项C错误；对B，根据牛顿第二定律得，μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确。

3．(多选)质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为，则(　　)

A．物体与水平面间的动摩擦因数为

B．物体再前进便停止

C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的倍

D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0

解析：选AD　由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－，解得μ＝，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，解得s＝d，物体再前进便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个距离所用时间之比为1∶(－1)∶(－)，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(－1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，解得Ek＝2E0，D正确。

命题点二　传送带模型问题

1.设问的角度

1动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。

2能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。

2.功能关系分析

1功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。

2对W和Q的理解：

①传送带做的功：W＝Fx传。

②产生的内能：Q＝Ffx相对。

题型1　水平传送带问题　

[例1]　(2019·滕州模拟)如图所示，水平传送带A、B两轮间的距离L＝40 m，离地面的高度H＝3.2 m，传送带以恒定的速率v0＝2 m/s沿顺时针方向匀速运动。两个完全相同的滑块P、Q中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与滑块P、Q不拴接)，用一轻绳把滑块P、Q拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态。现将滑块P、Q轻放在传送带的最左端，滑块P、Q一起从静止开始运动，t1＝4 s时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至自然长度(不考虑弹簧长度的影响)，此时滑块P速度反向，滑块Q的速度大小刚好是滑块P的速度大小的两倍。已知滑块P、Q的质量均为m＝0.2 kg，滑块P、Q与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；

(2)滑块P、Q落地的时间差；

(3)滑块P、Q在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量。

[解析]　(1)滑块P、Q在传送带上的加速度大小

a＝μg＝1 m/s2

滑块P、Q从静止到与传送带共速所需时间t0＝＝2 s

滑块P、Q共同加速的位移大小

x0＝at02＝2 m<L＝40 m

故滑块P、Q第2 s末相对传送带静止

取向右为速度的正方向，

由动量守恒定律有2mv0＝mvQ＋mvP

又|vQ|＝2|vP|

解得vQ＝8 m/s，vP＝－4 m/s

弹簧最大压缩状态时的弹性势能

Ep＝mvP2＋mvQ2－×2mv02＝7.2 J。

(2)滑块P、Q离开传送带后做平抛运动的时间相等，故滑块P、Q的落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，滑块P、Q在传送带上运动的时间之差。t1＝4 s时，滑块P、Q位移大小

x1＝x0＋v0(t1－t0)＝6 m

滑块Q与传送带相对静止时所用的时间t2＝＝6 s

这段时间内滑块Q的位移大小

x2＝vQt2－at22＝30 m<L－x1＝34 m

故滑块Q在传送带上先做减速运动后做匀速运动，匀速运动的时间

t3＝＝2 s

滑块P速度减小到0时运动的位移大小

x3＝＝8 m>x1＝6 m，即滑块P速度未减小到0时，已经到达了A端

滑块P运动到A端时的速度大小

|vP′|＝＝2 m/s

滑块P运动的时间t4＝＝2 s

滑块P、Q落地时间差Δt＝t2＋t3－t4＝6 s。

(3)滑块P、Q共同加速阶段由于摩擦产生的热量为

Q1＝2μmg(v0t0－x0)＝0.8 J

分离后滑块Q向右运动阶段由于摩擦产生的热量为

Q2＝μmg(x2－v0t2)＝3.6 J

分离后滑块P向左运动阶段由于摩擦产生的热量为

Q3＝μmg(x1＋v0t4)＝2 J

全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝6.4 J

[答案]　(1)7.2 J　(2)6 s　(3)6.4 J

题型2　倾斜传送带问题　

[例2]　如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：

(1)工件与传送带间的动摩擦因数；

(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。

[解析]　(1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m

工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移

x1＝t1

匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)

解得加速运动的时间t1＝0.8 s

加速运动的位移x1＝0.8 m

所以加速度a＝＝2.5 m/s2

由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma

解得μ＝。

(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量

在时间t1内，传送带运动的位移

x传＝v0t1＝1.6 m

在时间t1内，工件相对传送带的位移

x相＝x传－x1＝0.8 m

在时间t1内，摩擦生热

Q＝μmgcos θ·x相＝60 J

最终工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J

工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J

电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。

[答案]　(1)　(2)230 J

[规律方法]

传送带模型问题的分析流程

[集训冲关]

1.(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速率v匀速运动。现将质量为m的某物块无初速度地放在传送带的左端，经过时间t物块保持与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是(　　)

A．摩擦力对物块做的功为mv2

B．传送带克服摩擦力做的功为mv2

C．系统摩擦生热为mv2

D．电动机多做的功为mv2

解析：选ACD　设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，物块的位移大小为x1，物块对传送带摩擦力的作用点对地位移大小为x2，则x1＝vt，x2＝vt＝2x1，对物块运用动能定理有Wf＝Ffx1＝mv2，选项A正确；传送带克服摩擦力做的功为Wf′＝Ffx2＝2Ffx1＝mv2，选项B错误；系统摩擦生热为Q ＝ Ffx相对＝Ff(x2－x1)＝Ffx1＝mv2，选项C正确；根据能量的转化与守恒定律，电动机多做的功等于物块增加的动能和系统增加的内能之和，即为mv2，选项D正确。

2．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v­t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)

A．传送带的速率v0＝10 m/s

B．传送带的倾角θ＝30°

C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5

D．0～2.0 s内摩擦力对物体做功Wf＝－24 J

解析：选ACD　根据题图乙可得，物体速度等于10 m/s时加速度发生突变，所以传送带的速率为v0＝10 m/s，选项A正确；物体0～1.0 s的加速度a1＝10 m/s2,1.0～2.0 s的加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得sin θ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s内物体的位移为5 m，1.0～2.0 s内物体的位移为11 m,0～2.0 s内摩擦力对物体做的功为－4×(11－5)J＝－24 J，选项D正确。

3.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速率v＝10 m/s沿顺时针方向运动，现有一物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：

(1)物体由A端运动到B端的时间；

(2)系统因摩擦产生的热量。

解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1

设物体经时间t1加速到与传送带同速，则

v＝a1t1，x1＝a1t12

解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m

设物体经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，可得

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

L－x1＝vt2＋a2t22

解得t2＝1 s

故物体由A端运动到B端的时间

t＝t1＋t2＝2 s。

(2)物体相对传送带运动的路程

x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m

故系统因摩擦产生的热量为

Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。

答案：(1)2 s　(2)24 J